Solucionario Termodinmica UNIVERSIDAD DE NARIO FACULTAD DE INGENIERA AGROINDUSTRIAL III SEMESTRE DE INGENIERA AGROINDUSTRIAL * PERIODO A /2010 1)CONCEPTOS GENERALES SISTEMA TERMODINAMICO UnsistematermodinmicoesunapartedelUniversoqueseaslaparasuestudio.Este aislamientosepuedellevaracabodeunamanerareal,enelcampoexperimental,odeuna manera ideal, cuando se trata de abordar un estudio terico. CLASFICACION: Los sistemas termodinmicos se clasifican segn el grado de aislamiento que presentan con su entorno. Aplicando este criterio pueden darse tres clases de. ySistema aislado, que es aquel que no intercambia ni materia ni energa con su entorno. Unejemplodeesteclasepodraserungasencerradoenunrecipientedeparedes rgidaslosuficientementegruesas(paredes adiabticas)como paraconsiderarquelos intercambiosdeenergacalorficaseandespreciables,yaqueporhiptesisnopuede intercambiar energa en forma de trabajo. ySistema cerrado. Es el que puede intercambiar energa pero no materia con el exterior. Multitud de sistemas se pueden englobar en esta clase. El mismo planeta Tierra puede considerarse un sistema cerrado. Una lata de sardinas tambin podra estar incluida en esta clasificacin.ySistemaabierto.Enestaclaseseincluyenlamayoradesistemasquepueden observarseenlavidacotidiana.Porejemplo,unvehculomotorizadoesunsistema abierto, ya que intercambia materia con el exterior cuando es cargado, o su conductor se introduce en su interior para conducirlo, o es cargado de combustible en un repostaje, o seconsideranlosgasesqueemiteporsutubodeescapepero,adems,intercambia energa con el entorno. Slo hay que comprobar el calor que desprende el motor y sus inmediaciones o el trabajo que puede efectuar acarreando carga. PROCESO TERMODINAMICO: Estastransformacionesdebentranscurrirdesdeunestadodeequilibrioinicialaotrofinal;es decir,quelasmagnitudesquesufrenunavariacinalpasardeunestadoaotrodebenestar perfectamentedefinidasendichosestadosinicialyfinal.Deestaformalosprocesos termodinmicos pueden ser interpretados como el resultado de la interaccin de un sistema con otrotrassereliminadaalgunaligaduraentreellos,deformaquefinalmentelossistemasse encuentren en equilibrio (mecnico, trmico y/o material) entre s. De una manera menos abstracta, un proceso termodinmico puede ser visto como los cambios deunsistema,desdeunascondicionesincialeshastaotrascondicionesfinales,debidosala desestabilizacin del sistema. yProceso isocro Unprocesoisocro,tambinllamadoprocesoisomtricooisovolumtricoesunproceso termodinmico en el cual el volumen permanece constante; V = 0. Esto implica que el proceso norealizatrabajopresin-volumen,yaquestesedefinecomo:W=PV,dondePesla presin (el trabajo es positivo, ya que es ejercido por el sistema). Aplicando la primera ley de la termodinmica, podemos deducir que Q, el cambio de la energa internadelsistemaes:Q=Uparaunprocesoisocrico:esdecir,todoelcalorque transfiramosalsistemaquedarasuenergainterna,U.Silacantidaddegaspermanece constante, entonces el incremento de energa ser proporcional al incremento de temperatura, Q = nCVT donde CV es el calor especfico molar a volumen constante. En un diagrama P-V, un proceso isocrico aparece como una lnea vertical Proceso isotrmico. Se denomina proceso isotrmico o proceso isotermo al cambio de temperatura reversible en un sistema termodinmico,siendo dichocambiode temperaturaconstanteentodoel sistema. La compresinoexpansindeungasidealencontactopermanenteconuntermostatoesun ejemplo de proceso isotermo, y puede llevarse a cabo colocando el gas en contacto trmico con otro sistema de capacidad calorfica muy grande y a la misma temperatura que el gas; este otro sistema se conoce como foco caliente. De esta manera, el calor se transfiere muy lentamente, permitiendo que el gas se expanda realizando trabajo. Como la energa interna de un gas ideal slo depende de la temperatura y sta permanece constante en la expansin isoterma, el calor tomado del foco es igual al trabajo realizado por el gas: Q = W. Una curva isoterma es una lnea que sobre un diagrama representa los valores sucesivos de las diversas variables de un sistema en un proceso isotermo. Las isotermas de un gas ideal en un diagramaP-V,llamadodiagramadeClapeyron,sonhiprbolasequilteras,cuyaecuacines PV = constante. yProceso isobrico ProcesoIsobricoesaquelprocesotermodinmicoqueocurreapresinconstante.Enl,el calor transferido a presin constante est relacionado con el resto de variables yProceso adiabtico Entermodinmicasedesignacomoprocesoadiabticoaaquelenelcualelsistema (generalmente,unfluidoquerealizauntrabajo)nointercambiacalorconsuentorno.Un proceso adiabtico que es adems reversible se conoce como proceso isentrpico. El extremo opuesto, en elque tienelugarlamxima transferencia decalor,causandoquelatemperatura permanezcaconstante,sedenominacomoprocesoisotrmico.Eltrminoadiabticohace referencia a elementos que impiden la transferencia de calor con el entorno. Una pared aislada seaproximabastanteaunlmiteadiabtico.Otroejemploeslatemperaturaadiabticade llama, que es la temperatura que podra alcanzar una llama si no hubiera prdida de calor hacia elentorno.Enclimatizacinlosprocesosdehumectacin(aportedevapordeagua)son adiabticos,puestoquenohaytransferenciadecalor,apesarqueseconsigavariarla temperaturadelaireysuhumedadrelativa.Elcalentamientoyenfriamientoadiabticoson procesos que comnmente ocurren debido al cambio en la presin de un gas. Esto puede ser cuantificado usando la ley de los gases ideales. PRESIN MANOMTRICAPRESIN ABSOLUTA Sellamapresinmanomtricaala diferencia entre la presin absoluta o real ylapresinatmosfrica.Seaplicatan soloenaquelloscasosenlosquela presinessuperioralapresin atmosfrica. En determinadas aplicaciones la presin se mide no como la presin absoluta sino como la presin por encima de la presin atmosfrica, denominndose presin relativa, presin normal, presin de gauge o presin manomtrica. Consecuentemente, la presin absoluta es la presin atmosfrica ms la presin manomtrica (presin que se mide con el manmetro). PRESIN ATMOSFRICAPRESIN BAROMTRICA Lapresinatmosfricaeslapresin ejercidaporelaireatmosfricoen cualquierpuntodelaatmsfera. Normalmenteserefierealapresin atmosfricaterrestre,peroeltrminoes generalizable a la atmsfera de cualquier planeta o satlite. Lapresinatmosfricaenunpunto representaelpesodeunacolumnade aire de rea de seccin recta unitaria que seextiendedesdeesepuntohastael lmite superior de la atmsfera. Otro trmino para presin atmosfrica. Expresada en pulgadas de Mercurio (in-Hg). La presin baromtrica, se determina por la altura a la cual llega el mercurio en un tubo de vidrio por la fuerza de la presin atmosfrica (relativa a la presin cero absoluto). 14.7 psi= 1 barra, 100 kpa 0 29.92 in-Hg. , a una temperatura de 80 grados Fahrenheit (26.7 grados Centgrados) a nivel del mar PROCESO CUASIESTTICO Unprocesocuasiestticosedefinecomounaidealizacindeunprocesorealquesellevaa cabodetalmodoqueelsistemaestentodomomentomuycercadelestadodeequilibrio, como un proceso que se realiza en un nmero muy grande de pasos, o que lleva mucho tiempo. Enlanaturalezalosprocesossonirreversibles.EnTermodinmicaseestudianlosprocesos reversibles.Podemosconseguiraproximarnosaunprocesoreversible,atravsdeuna transformacin consistente en una sucesin de estados de equilibrio. PROCESO ISOCORO Unprocesoisocrico,tambinllamadoprocesoisomtricooisovolumtricoesunproceso termodinmico en el cual el volumen permanece constante; V = 0. Esto implica que el proceso no realiza trabajo presin-volumen, ya que ste se define como: W = PV, Donde P es la presin (el trabajo es positivo, ya que es ejercido por el sistema). Aplicando la primera ley de la termodinmica, podemos deducir que Q, el cambio de la energa interna del sistema es: Q = U paraunprocesoisocrico:esdecir,todoelcalorquetransfiramosalsistemaquedarasu energainterna,U.Silacantidaddegaspermanececonstante,entonceselincrementode energa ser proporcional al incremento de temperatura, Q = nCVT donde CV es el calor especfico molar a volumen constante. En un diagrama P-V, un proceso isocrico aparece como una lnea vertical. TRABAJO TERMONIDAMICO Los sistemas se consideran desde el exterior, por lo tanto el trabajo est asociado a las fuerzas exteriores.Eltrabajotienedimensionesdeenergayrepresentaunintercambiodeenerga entre el sistema y su entorno.Dependiendodelorigenfsicodelasfuerzasaplicadasalsistemasedistinguendiferentes formas de trabajo: trabajo mecnico, elctrico, etc.Eltrabajomecnicosedacuandounafuerzaqueactasobreelsistemahacequestese mueva una cierta distancia. Este trabajo se define por W = Fdl, donde F es la componente de lafuerzaexternaqueactaenladireccindeldesplazamientodl.Enformadiferencialesta ecuacin se escribe: dW = Fdl.La convencin de signos usada en este curso es la que establece que el valor de W es positivo cuandoeltrabajoserealizasobreelsistemaynegativocuandoeselsistemaelqueacta sobreelentorno.Aunquehayqueaclararqueesunconvenioarbitrarioyquepodraserel contrario, es decir cambiar los signos con respecto al convenio usado. Principio cero de la termodinmica Esteprincipioestablecequeexisteunadeterminadapropiedad,denominadatemperatura emprica,queescomnparaatodoslosestadosdeequilibriotermodinmicoquese encuentren en equilibrio mutuo con uno dado. Tiene tremenda importancia experimentalpues permiteconstruirinstrumentosquemidanlatemperaturadeunsistemaperonoresultatan importante en el marco terico de la termodinmica. Primera ley de la termodinmica Tambinconocidacomoprincipiodeconservacindelaenergaparalatermodinmicaen realidadel primerprincipiodicems queunaleydeconservacin, establece quesiserealiza trabajo sobre un sistema o bien ste intercambia calor con otro, la energa interna del sistema cambiar.Vistodeotra forma,estaleypermitedefinirelcalorcomolaenerganecesariaque debe intercambiar el sistema para compensar las diferencias entre trabajo y energa interna. Segunda ley de la termodinmica Esta ley arrebata la direccin en la que deben llevarse a cabo los procesos termodinmicos y, porlotanto,laimposibilidaddequeocurranenelsentidocontrario(porejemplo,queuna mancha de tinta dispersada en el agua pueda volver a concentrarse en un pequeo volumen). Tambinestablece,enalgunoscasos,laimposibilidaddeconvertircompletamentetodala energa de un tipo en otro sin prdidas. De esta forma, la segunda ley impone restricciones para las transferencias de energa que hipotticamente pudieran llevarse a cabo teniendo en cuenta sloelPrimerPrincipio.Estaleyapoyatodosucontenidoaceptandolaexistenciadeuna magnitud fsica llamada entropia Propiedad extrnseca Propiedad intrnseca Propiedad extensiva Propiedad intensiva Sonaquellasque varanconla cantidad de materia considerada.Es decir,amayor tamao,mayor pesotendr, ademsdemayor volumen.Por ejemplo,lasrocas pequeaspesaran engramosmenos; quelarocacentral delafotoydel mismotipode material.Luego,el pesoalvariarcon lacantidadde materia La carga elctrica es una propiedad intrnseca de algunas partculas subatmicas que se manifiesta mediante atracciones y repulsiones que determinan las interacciones electromagnticas entre ellas. La materia cargada elctricamente es influida por los campos electromagnticos Algunos ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura, la velocidad, el volumen especfico (volumen ocupado por la unidad de masa), el punto de ebullicin, el punto de fusin,una magnitud escalar, una magnitud vectorial, la densidad etc. Si se tiene un litro de agua, su punto Sonlasquesi dependendela cantidadde sustanciasdel sistema,yson reciprocamente equivalentesalas intensivas.Algunos ejemplosde propiedades extensivassonla masa,elvolumen, elpeso,cantidad de sustancia, etc. considerada,es unapropiedad extrnseca. Llamadastambin propiedades generaleso extensivasdela materia. siendo, a su vez, generadora de ellos. La interaccin entre carga y campo elctrico es la fuente de una de las cuatro interacciones fundamentales, la Interaccin electromagntica. de ebullicin es 100 C (a 1 atmsfera de presin). Si se agrega otro litro de agua, el nuevo sistema, formado por dos litros de agua, tiene el mismo punto de ebullicin que el sistema original. Esto ilustra la no aditivita de las propiedades intensivas. Ejemplos. 1)Si la temperatura es constante Cul es la grafica que representa mejor el volumen en funcin de la presin? ComolaLeydeBoyleestablecequeP*V=CTE,surepresentacingraficaesunahiprbola equiltera. PresinVolumen 0,5 atm400 cm3200 1 atm200 cm3200 2 atm 100 cm3200 4 atm50 cm3200 A temperatura cte. PV= n*R*T V= n*R*T/PSon inversa proporcionales. 2)Ungasperfectoobedecealaecuacinp2 v=constante.Sisecomprimeelgasla temperatura:Paraestegastenemoslaecuacinp2 v=constante.Laecuacindelosgasesperfectos PV=nRT. Se igualan:p2 v/pv=c/nRT P=c/nRT.SiPaumenta,porla compresin, T debe disminuir (Proporcionalidad inversa)1) p2 v = c 2) PV = nRT eliminamos p elevemos la ecuacin. 3) Si el gas de la pregunta 2. Se expande la temperatura: 2) Al cuadrado, dividimos por la ecuacin 1) para obtener: p2v2/p2v = n2R2T2/c V= n2R2/c * T2 Si V aumenta, T debe aumentar. 4) Cul es la energa cintica de las molculas si se duplica la presin del gas de la pregunta numero 7? V2 P=D*1/3V2 Ec=1/2m*V2 3P/D=V2 Ec=1/2m*3p/D Ec=3/2*P/D Ec=6/2m*P/D Cuandoseleaumentalapresinaungaslasmolculastiendenamoversemsrpido.Por que se le aumenta la presin dos veces. Propiedad intensiva: Laspropiedadesintensivassonaquellasquenodependendelacantidaddesustancia presente, por este motivo no son propiedades aditivas.Ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura, la velocidad, el volumen especfico (volumen ocupado por la unidad de masa).Observe que una propiedad intensiva puede ser una magnitud escalar o una magnitud vectorial. Propiedad extensiva: Cuandolapropiedadintensivasemultiplicaporlacantidaddesustancia(masa)setieneuna propiedad que s depende de la cantidad de sustancia presente y se llama propiedad extensiva, como ocurre con la masa, con la cantidad de movimiento y con el momento de la cantidad de movimiento. Propiedades extrnsecas: Sonaquellasquevaranconlacantidaddemateriaconsiderada.Esdecir,amayortamao, mayorpesotendr,ademsdemayorvolumen.Porejemplo,lasrocaspequeaspesaranen gramosmenos;quelarocacentraldelafotoydelmismotipodematerial.Luego,elpesoal variar con la cantidad de materia considerada, es una propiedad extrnseca. Llamadas tambin propiedades generales o extensivas de la materia. Propiedades especficas: El estudio de este tipo de propiedades es importante, ya que los materiales que nos rodean son tiles debido a esas propiedades que poseen, adems que nos pueden servir para identificar o reconocer distintas sustancias diferenciando unas de otras, como es el caso del dopaje, anlisis de sustancias, materiales conductores y aislantes; elsticos e inelsticos, etc. POSTULADO DE ESTADO. El numero de propiedades termodinmicas variables independientes para un sistema dado, es lnumerodetiposdetrabajoreversible+1,esdecirlosmodosenqueunsistemapuede transferir energa como trabajo, dependen de las propiedades de la sustancia que configura el sistema.Porejemplo,silasustanciaescompresibleymagnticasustiposdetrabajose asocianaloscambiosdeVOLUMENqueresultanalaplicarunapresinyaloscambiosde MAGNETIZACIONproducidosenuncampomagnticoquevaria.Paradefinirsuestadose requieren,entonces,trespropiedadesvariablesindependientes.Enestetextonose consideraran efectos magnticos, propiedades elctricas de las sustancias de las sustancias de lassustanciasnitensionessuperficiales.Sloseconsiderareltipodetrabajoasociadoala compresibilidad; el estado de una sustancia compresible sencilla de estas caractersticas, para unsistemanoreactivo,puededefinirseapartirdesolodospropiedadesvariables independientes. SUSTANCIAS PURAS: Se considera una sustancia pura aquella que mantiene la misma composicin qumica en todos losestados.Unasustanciapura puedeestarconformada pormsde un elemento qumicoya que lo importante es la homogeneidad de la sustancia. El aire se considera como una sustancia pura mientras se mantenga en su estado gaseoso, ya que el aire est conformado por diversos elementos que tienen diferentes temperaturas de condensacin a una presin especfica por lo cualalestarenestadolquidocambialacomposicinrespectoaladelairegaseoso. Ejemplos de sustancias puras son: el agua, el nitrgeno, el helio y el dixido de carbono. EJERCICIOS 2. Un sistema tiene un volumen inicial de 10ft3 y se expande hasta un volumen final de 20ft3. La presininiciales14.7PSI.Encuentreeltrabajorealizadosielsistemasemantieneauna temperaturaconstantede75Fylapresinentrelosestadosinicialy finaldelsistemaes:(a) constante,(b)inversamenteproporcionalalvolumen(c)dadaporlarelacindegasideal PV=mRT. Datos Solucin (a) p1 y p2 constantes (b) inversamente proporcional al volumen (c) dada por la relacin gas ideal PV=mRT 3. Un aparato vertical de cilindro y pistn contiene un gas que se encuentra comprimido por un embolosinfriccin,cuyopesoesde2,5KJ.Unagitadormecnicocontenidoenelcilindro entregaalgasuntrabajoequivalentea5750Nmduranteunciertoperiodo;sielgaspierde 6,3KJdecalorysu energainternaexperimenta uncambioiguala-950J.Calculela distancia queelpistntendraquemoverseenmetros.Elreadelpistnesde45cm2ylapresin atmosfrica es de 1bar. Datos Solucin

4.Unaparatodecilindroypistncontieneungasqueseencuentrainicialmentea8baresy 190Cyocupaunvolumende0,06m3.Elgasexperimentaunprocesocuasiestticode acuerdo con la expresin PV2=C; la presin final es de 1,5bares. Calcular:(a) el trabajo realizado en (KJ) y su trayectoria. (b) la variacin de la energa interna en (KJ) si el suministro de calor es de 3KJ. (c) realice el diagrama del proceso. Datos Solucin (a)

(b) (c) diagrama del proceso 01002003004005006007008009000 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.165. Un sistema contiene un gas a presin constante de dos atmosferas y un volumen inicialde 40 pies cubicos, el calor transferido al sistemaes de 115KJ. Y el volumen final es de 90 pies cubicos. Calcular el cambio de energa interna del gas. SOLUCION 6. Un conjunto cilindro pistn tiene un volumen inicial de 15 pies cbicos y se expande hasta un volumen final de 35 pies cbicos, en el estado inicial la presin es de una atmosfera, calcular el valor del trabajo realizado en KJ. A una temperatura de 90F y la presin en los estados inicial y final es: a)Constante. b)Directamente proporcional con el volumen en relacin con una constante. c)Inversamente proporcional con el volumen en relacin con una constante. d)Segn la relacin de gas ideal.

SOLUCION a) b) yP=CV y c) yP=C/V ) y d) yP=R*T/V 7. Refrigerante 134a entra en una tobera adiabtica a 5 bares y 90m/s. a la salida, el fluido es un vapor saturado a 3.2 bares con una velocidad de 200m/s. Determine: a.La temperatura de entrada, en grados Celsius. b.El gasto msico, en kg (m)/s, si el rea de salida es 6cm. Solucin. 1.Datos. a.Temperatura de entrada a una presin de 5 bares es Este valor es determinado por tabla de presin del refrigerante 134a. b. 8. Entra vapor a 250psi y 700 f a una tobera, cuya rea de entrada es de 0.2 pies. el gasto msico a travs de la tobera es de 10lbm/sel vapor sale de la tobera a 200 psi con una Enlaanteriorecuacinsemultiplica paraeliminar ynos quede . velocidad de 400 pies/s. se estima que las perdidas trmicas de la tobera con u8nidad de masa del vapor sern 1.2btu/lb(m) Determine: a.La velocidad de entrada del vapor (m/s). b.La temperatura de salida del vapor. Datos. a. Por tabla sabemos que Reemplazo en la formula. b. Despejamos Remplazamos valores Enlaanteriorecuacinsemultiplica paraeliminar ynos quede . Sabemos que esta entalpia encontrada esta a 200psi entonces vamos a tablay buscamos una temperatura para estos valores y si no existe tenemos que interpolar. A 1322.1 D B 1354.1 x C 1373.8 E Reemplazamos valores 9. A un dispositivo de estrangulamiento entra refrigerante 134a como lquido saturado a 8 bar y salea1,8bar.Acontinuacinentraauncambiadordecalordondesecalientahastavapor saturado a 1,8 bar. Determnese el flujo de calor suministrado, en kJ/min, si el flujo volumtrico a la salida del cambiador es 500 L/min. Solucin: Un esquema del proceso se muestra a continuacin: Datos del problema: yFlujo 1: lquido saturado, P1 = 8 Bar yFlujo 2: P2 = 1,8 Bar yFlujo 3: Vapor saturado, P3 = 1,8 Bar Para calcular la cantidad de calor Q, entonces de realiza un balance de energa: Puesto que el proceso de estrangulamiento se realiza a entalpa constante, entonces la entalpa en el Flujo 1 es igual a la entalpa del Flujo 2: h1 = h2 De las tablas termodinmicas (Ver tablas adjuntas) se obtiene que para el lquido saturado a 8 Bar: T1 = 31.33 C = 304.48 K h1 = 93.42 KJ/kg Entonces h2 = 93.42 KJ/kg. ESTRANGULAMIENTO INTERCAMBIO DE CALOR (1)(2)(3) Q A las condiciones del Flujo 3 se tiene que: T3 = -12.73 C = 260.42 K h3 = 239.71 KJ/kg V3 = 0.1098 m3/kg Con el volumen especfico, se transforma el flujo volumtrico en 3, as: Lminm kg kgmin

Como no hay entradas ni salidas de materia en el intercambiador, entonces: Un balance de energa en el intercambiador de calor da: kgmin KJkg KJmin Respuesta: Enelintercambiadordecalorsetienenquesuministrar666,2KJ/minparaobtenerlas condiciones finales. 10. Un compresor de hidrogeno tiene unas perdidas de calor de 35KW. Las condiciones de entrada son 320K, 0,2MPa y 100m/s. los conductos de entrada y salida tienen un dimetro de 0,10m. El estado de salida es 1,2MPay 520K. Determnese (a) la variacin de la energa cintica en KJ/Kg, (b) el flujo msico en Kg/min, y (c) la potencia en eje, en kilovatios, utilizando los datos de la tabla A.11. Datos ] ] (b) A) 11. Se bombean 100L/min de agua liquida a 20C a una altura de 100m por un conducto de seccin constante. El proceso es adiabtico y la temperatura permanece constante. Calclese la potencia que necesita la bomba, en kilovatios, para (a) P1=P2, y (b) P=-1bar. La gravedad local es 9,8 m/s2. Datos: Solucin: (B) 12. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 6.0 MPa y 540 C y sale a 0.008MPayunacalidadde90por100.Lapotencianetadelaturbinaes10MW.Del condensadorsaleliquidosaturadoa0.008MPaylavariacindetemperaturaenlabomba adiabtica es despreciable. Determine a)El trabajo de la turbina en KJ/kg. b)El trabajo de la bomba c)El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida d)El flujo de calor cedido en el condensador en KJ/min Caldera Turbina BombaCondensador Solucina)Trabajo de la turbina. Condiciones iniciales y finales Tubina. Presion entrada:60 bares Temperatura de entrada: 540 C Presion de salida: 0.08bares Sale un vapor hmedo con Calidad del 90% Teniendo encuenta la ecuacin de conservacin de energa tenemos que: ( )flecha turbina 2 1w h h = -1h3517 kJ / kg =Paraencontrarlah2tenemosencuentalasiguiente formulasiendoXelporcentajedecalidad del vapor Humedo 2 f fgh(hX*h ) = +2h1213.4 kJ / kg 0.9*1571 kJ / kg = +2h2627.3 KJ / Kg =Entonces( )flecha turbinaw 2627.3 kJ / kg - 3517 kJ / kg =flecha turbinaw- 889.7 kJ / kg =b)Trabajo de la bomba Condiciones iniciales y finales bomba Presion entrada: 0.08bares Temperatura de entrada: 41.31 C Presin de salida: 60 bar Temperatura de salida: 41.31 C Teniendo encuenta que el trabajo de la bomba es ( )flecha bomba 2 1w h h = -h1 = 173.88KJ/Kg segn tabla A13 h2 = 179.406KJ/Kg interpolando con la tabla de liquido comprimido. ( )flecha bombaw 179.406 KJ / Kg 173.88 KJ / Kg = -flecha bombaw5.526KJ / Kg = c)Calor suministrado en la caldera Condiciones iniciales y finales de la caldera Presin entrada: 60 bares Temperatura de entrada 41.31 C Presion de salida: 60 bares Temperatura de salida: 540 CTeniendo en cuenta que el Calor suministrado por la caldera es ( )caldera 2 1q h-h =1h179.406 KJ / Kg =2h3517 KJ / kg =( )calderaq 3517 KJ / kg179.406 KJ / Kg = -calderaq3337.594 KJ / Kg =Ahora para determinar la potencia entregada por la caldera es necesario conocer el flujo masico turbinaflecha turbinaPFlujo masico w=10MW Flujo masico 889.7KJ/kg=Flujo masico 11.24 Kg / s =Entonces la potencia de la caldera es: Pcadera 3337.59 KJ / Kg*11.24 Kg / s =Pcaldera 37.514MW =Ahoradeterminamoselporcentajedeeficienciadividiendolaponencianetadelaturbina requerida con la potencia suministrada por la caldera 10MW% *10037.514MWEficiencia = % 26.65% Eficiencia =d)Para conocer el flujo cedido en el condensador es necesario saber cual es el calor suministrado por el( )condensador 2 1q h h = -( )condensadorq 173.88KJ / Kg 2627.3 KJ / Kg = -condensadorq2453.42 KJ / Kg = -Ahoramultiplicamoselflujomasicoqueesconstanteentodoelcicloporla condensadorq para encontrar el flujo cedidoP condensador 2453.42KJ/Kg*11.24Kg/s =P condensador 27576.44KJ/s =P condensador 1654586.4KJ/min =13. Un tanque rgido contiene 10 kg(m) de aire a 15 kPa y 20C. Se aade ms aire al tanque hasta que la presin y la temperatura aumentan a 250 kPa y 30C, respectivamente. Determine la cantidad de aire aadido al tanque. Solucin: Datos Problema m = 10 kg(m) P1 = 0,15 barP2 = 2,5 bar T1 = 20CT2 = 30C Ps1= 0,02339 barPs2= 0,04246 bar P1 > Ps1 LIQUIDO COMPRIMIDO P2 > Ps2 0,1 bar1,0102 x 10-3m3/kg 0,15 barX 0,2 bar1,0102 x 10-3m3/kg X = ( ) ( ) ( )( )( )3 3 33 31, 0102*101, 0172*10 / * 0,150, 21, 0172*10 /0,10, 2m kg m barm kg mbar- -- - + X = 1,0137 * 10-3 m3/kg(m) yEn un tanque rgido el volumen permanece constante: V1 = V2 yEl volumen especfico del agua a 2,5 bar y a 30C de temperatura es: Ve2 = 1,0672 * 10-3 m3/kg(m) m= 2 eVV m= ( )33 0, 010137 1, 0672/mm kg m m= 9,4986 kg (m) Rta/: la cantidad de aire aadido al tanque es de 9,4986 kg (m) Jozsue Bucheli - 29035109 14. Untanquergidoconunvolumende3pies3estallenoconR-134a120psiy140F. Despus el refrigerante es enfriado hasta 20F. Determine: a)La masa del refrigerante (lb) b)La presin final en el tanque en psi yc)El calor transferido desde el refrigerante Btu. Solucin: Datos Problema V= 3 ft3 P1 = 120 psi T1 = 140FT2= 20F a)Ts1 = 90,54F T1 > Ts1 VAPOR SOBRECALENTADO Ve1= 0,46 * 10-3 ft3/lb(m) m= 11VeV m= 33 330, 46* 10 / ( )ftft lbm- m= 6,5217 * 103 lb(m) Rta/: la masa del refrigerante es de 6,5217 * 103 lb(m) b)El ejercicio se plantea sobre un tanque rgido; por lo tanto se conoce que el volumen es constante y no se habla de un aumento en la masa, por lo que podemos concluir que: Ve1 = Ve2 Grafica T-V El volumen especfico dos se encuentra ubicado en la zona de vapor hmedo, por tanto se puede concluir que: Ps2 = P2 P2 = 33,137 psi Rta/: la presin final en el tanque es de 33,137 psi. c)X = 2 e efeg efV VV V-- X = 0, 46 0, 012161, 40090, 01216- X = 0,3224 e2 = ef + X (ef eg) e2 = 17,67 + 0,3224(96,02 17,67) e2 = 42,9362 Btu/lb(m) e = e2 - e1 e = (42,9362 116,37) Btu/lb(m) e = -73,43 Btu/lb(m) = e * m = -73,43 Btu/lb(m)* 6,5217 lb = -478,91 Btu e = q +w q = e q = -478,91 Btu 15.Setieneuntanquergidodivididoendospartesigualesmedianteunaseparacin.Al principio un lado del tanque contiene 5kg(m) de agua a 200kPa y 25C, y el otro lado est vacio. Despus la separacin se quita y el agua se expande dentro de todo el tanque. Se deja que el aguaintercambiecalorconlosalrededores,hastaquelatemperaturaen eltanqueregresaal valor inicial de 25C. Determine: a) El volumen total del tanque en m3 b) La presin final del agua en kPa c)Elcalortransferidoenesteprocesoen kJ d) Realice un diagrama P-V del proceso e) El calor entra o sale del sistema Solucin: Datos Problema m = 5 kg(m) P1 = 2 bar T1 = 25CT2 = 25C a) Ts1 = 120,2C Ts1 > T1 LIQUIDO COMPRIMIDO Ve1 = 1,0029 . 10-3 m3/kg(m) V1= m* Ve1 V1= 5 kg(m) . 1,0029 . 10-3 m3/kg(m) V1= 5,0145. 10-3 m3 yElproblemaplanteaqueelseparadordivideeltanquealamitad,locualhace queestevolumenencontradoseaenelmomentoantesdequitarelseparador para encontrar el volumen total se multiplica el volumen anterior por dos. V2= 0,010029 m3 Rta/: el volumen total del tanque es 0,010029 m3 b)Ve2 = V2 / m Ve2 = ( )30, 010029 5 mkg m Ve2 = 2,0058 . 10-3 m3/kg(m) Grafica T-V yEn la grafica T-V, podemos observar que el volumen especfico dos (Ve2) se encuentra en la zona de vapor hmedo por lo cual podemos concluir: Ps = P2 Rta/: la presin final del agua es de 3,169 kPa c) X= 2 e fg fV VV V - X= 2, 0058 1, 002943, 361, 0029 - X= 0,02367 e1 = 104,88 kJ/kg(m) e2= ef + X (ef eg) e2 = (104,88 + 0,02367(104,88 2409,8)) kJ/kg(m) e2 = 50,3058 kJ/kg(m) e = e2 - e1 e = (50,305 104,88) kJ/kg(m) e = -54,57 kJ/kg(m) = e * m = -54,57 kJ/kg(m) * 5 kg(m) = -272,87 kJ e = q +w q = e q = (-272,87) kJ Rta/: el calor transferido en este proceso es de -272,87kJ d) Diagrama P-Ve e)El calor sale del sistema ya que en el calculo de este, da un valor negativo. 16.R-134a1MPa y 80 oCes enfriado a 1MPa y 30 oC en un condensador por medio de aire. Este entra a 100 KPay 27 oC con una relacin de flujo de volumen de 800 m3/miny sale a 95 KPa y 60

oC. Determine la relacin de flujo de masa del refrigerante en Kg/min (Intercambiador de calor) Parte a) 1 Mpa 10 bar 100 KPa 1 bar 95 KPa 0.95 bar R 134 Aire Aire R 134 Estado 1 vapor Sobrecalentado Estado 2 liquido comprimido Para el aire asumiendo mnimo el cambio de presin 27 C 300.15 K 60 C 333.15 K 17.con aguasevaa enfriarR-134 en uncondensador. Elrefrigerante entraalcondensador con una relacin de flujo de masa de 6 Kg/min a 1MPa y 70 oC y lo abandona a 35 oC. El agua deenfriamientoentraa300KPay15 oCysalea25oC.Determinea)larelacindeflujode masa del agua de enfriamiento requerida en Kg/min.B) la relacin de transferencia de calor del refrigerante al agua en KJ/min Parte a) R 134 Agua Agua R 134 Para R1334 Estado 1 vapor Sobrecalentado Estado 2 liquido comprimido Paraagua Estado 1 y2 liquido comprimido Parteb) 18. Entra R -134-a al tubo capilar de un refrigerador como liquido saturado a 0.8 MPay se estrangula a una presin de 0.12 MPa. Determinar: .a) La calidad del refrigerante en el estado final b) la reduccin de la temperatura durante este proceso solucion a) datosp1= 0.8 MPa p2= 0.12 MPa Sabiendoelestadodelrefrigeranteyteniendolaspresionesdeentradaysalidapodemos conocerlasentalpiasyconestolacalidaddelasalida.Primerohacemosunaconversinde unidades para poder buscarlas en la tabla A-17 baresKpabaresMpaKpaMpa 83 . 101013 . 1110008 . 0 ! v v baresKpabaresMpaKpaMpa 2 . 13 . 101013 . 11100012 . 0 ! v v 100 *fgfhh hx

! calidad xx !

!9 . 33100 *54 . 21232 . 21 42 . 93 b) )C tC tt t t001 266 . 53) 36 . 22 3 . 31 (! (! ( ! ( 19. Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrgeno desde: (a)44oC y 12 bar hasta 2.8 bar y (b) vapor saturado a 16 bar hasta un bar. En cada caso calclese el volumen especfico en el estado finalen m3/Kg Solucin (a) datos t1 = 44oC P1=12 bares P2=2.8 bares Determinamos el estado inicialpara poder encontrar la entalpia (h1) La Ts a 12 bares es46.32oC Cuando: Ts< Td entonces es un liquido comprimido Vamosa la tabla A-17 h1= 112.22Kj/kg;paraconocerelestadodesalidadelrefrigerantecomoesunquipode estrangulamiento aplicamos que: 2 1h h!;sabiendoestoobtenemosqueelrefrigeranteenlasalidaesunvaporhmedoentonces aplicamos la siguiente frmula: (datos tabla A-17) fgfhh hx

! % 2 . 32100 * 3222 . 013 . 19839 . 48 22 . 112!!

!xxkg kJkg kJ kg kJx Teniendo la calidad podemos encontrar el volumen especfico ) )f gx J J J J+ ! )KgmKgm3 33 310 7697 . 0 0719 . 0 * 322 . 0 10 7697 . 0 v+ v ! J Kgm30236 . 0 ! J (.a)Datos Estado vapor saturado P1=16 bares P2=1 bares Hacemosbsicamente el mismo proceso anterior y encontramos la entalpia (h1) h1 = 275.33Kj/kg; y sabemos que:2 1h h!;Conestodeterminamoselestadoalasalidaelcualesvaporsobrecalentadoy procedemos a encontrar la calidad utilizando los datos de la tabla A-17

204 . 106 . 21529 . 16 33 . 275!

!xkg kJkg kJ kg kJx

Con esto encontramos el volumen ) )f gx J J J J+ ! )KgmKgm3 33 310 725 . 0 1917 . 0 * 204 . 1 10 7258 . 0 v+ v ! J Kgm3. 23 . 0 ! J 20. porunavlvuladeestrangulamientocirculavapordeaguaenlassiguientes condiciones (a) entra a 30bar y 240oC y sale a 7 bar y (b) entra como vapor saturado a 8 barysalea3bardeterminarengradosCelsiuslatemperaturadelaguaenelestado correspondiente a la presin de salida Solucin (.a) datos t1 = 240oC P1=30 bares P2=7 bares

Primero determinamos el estado a la entrada del agua LaTs a 30 bares es233.3oCCuando la Ts>Td entonces es un vapor sobrecalentado Encontramos la entalpia 1 h1 = 2824.3 Kj/kg; y como es un equipo de estrangulamiento aplicamos 2 1h h!;determinamoselestadodesalidadelaguaelcualsiguesiendounvapor sobrecalentado encontramos la temperatura en el estado final del agua. Como no hay una entalpia igual a 2h interpolo (x = T) T(oC)h Kj/kg 180 2799.1 x 2824.3 2002844.8 Utilizamosla siguiente formula ) ) )EC AC B E Dx +|

!* ) ! X191.15oc (.b) Datos Estado vapor saturado P1=8 bares P2=3 bares

La entalpia 1 es igual a h1 = 2769.1 Kj/kg Sabiendoque 2 1h h!Sabiendoestodeterminoelestadofinalelcualesunvapor sobrecalentadoencuentro la temperatura en el estado final. Como no hay una entalpia igual a esa presin interpolo: T(oC)h Kj/kg 135.55 2725.3 x2769.1 1602782.3 Utilizamosla siguiente formula ) ) )EC AC B E Dx +|

!* ) ! X153.9oc 21. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 40 bares y 440C y sale a 0.08baresyunacalidadde88%.Delcondensadorsaleliquidosaturadoa0.08baresyla variacin de temperatura en la bomba adiabtica es despreciable. Determnese (a) el trabajo de laturbina,(b)elcalorcedidoenelcondensador,(c)eltrabajodelabombaenkJ/kg,y(d)el porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida. a) Para hallar el trabajo de la turbina examinamos los cambios de estados de 1 a 2: p1=40 bares t1=440C A40bareslatemperaturadesaturacinesde250.4C,Latemperaturaplanteadaporel problema es superior, lo que indica que el agua se encuentra como vapor sobrecalentado. P2=0.08 bares X=88% Debidoaquenosproveendeunacalidad,concluimosqueelaguasaledelaturbinacomo vapor hmedo. Para hallar el trabajo planteamos la ecuacin de energa: De la anterior ecuacin se desprecia la variacin de energa potencial y el calor. No se cuenta con datos que especifiquen un cambio de velocidad, por esta razn tambin se desprecia una variacin en la energa cintica. La ecuacin queda as: H1 (segn la tabla de vapor sobrecalentado)=3307.1 kJ/kg Se reemplazan los valores de la anterior ecuacin y tenemos: Ahora volviendo a la ecuacin de energa: b) el calor cedido en el condensador: Sedesprecianlasvariacionesdeenergacinticaypotencialydebidoalanaturalezadela maquina no existe un trabajo de flecha: Yaconocemosh2,para hallarh3tenemos queesunlquidosaturadoa 0.08bares,se busca directamente el valor en la tabla y tenemos la ecuacin: c) el trabajo de la bomba en kj/kg: Seconsideraqueelpasoporlabombaserealizadeformaadiabticaydespreciandola energa potencial y la energa cintica tenemos la ecuacin: Yaconocemosh3,ytambintenemosquelatemperaturaeslamismat3ylapodemos encontrarenlatabla, ademssabemos que debesalirdelabombacomoliquidosubenfriado. Entonces buscamos T3 y t4 = 41.51C H3= P4=40 bares. d) se halla primero el calor de la caldera El proceso se lleva a cabo de 4 a 1, entonces tenemos los datos: T4=41.51C P4=40 bar p1=40 bares t1=440C h1= Para calcular la eficiencia se dividen el trabajo realizado por la turbina y el calor requerido por la caldera y se multiplica por 100%: 22. A un compresor entra un flujo volumtrico de 4.5m3/s de aire a 22C y 1bar por una seccin de0.030m2.elestadoalasalidaes400K,2.4bary70m/s.elflujodecalorperdidoes 900KJ/min. Determnese. (a) la velocidad de entrada en m/s. (b) el flujo msico en Kg/s. (c) la potencia suministrada en kilovatios. datosmin900030 . 02215 . 421113KJqm AC Tbar psmQ !!!!!Q

smvbares pK T704 . 2400222!!!Q

a) para hallar la velocidad utilizamos la siguiente frmula: s m vms mvAQv150030 . 05 . 4123111!!! rta: la velocidad es 150m/s b) para encontrarel flujo msicose procede a calcularK KgKJRKmolKgK KKJRK KKJRMRRmolmol molar287 . 097 . 28.314 . 8.314 . 8 ;!!! ! Alencontrar R procedemos a utilizar la ecuacin RT P ! Jde donde despejaremos el volumen especfico y con este finalmente encontraremos el flujo msico.PRTRT P!!JJ KgmmKNKK Kgm KN32846 . 0100 295*287 . 0!v!JJ sKgmKgKJsmmmV Amooo32 . 5846 . 0150 030 . 02!v!!J rta/ el flujo msico es de 5.32Kg/s Paraencontrar la potencia es necesario primero encontrar el trabajo de flecha, en este proceso tambin es necesario encontrar q, o seaque el Q dado hay que hacerle esta conversin. q v v h h Wflecha+! ) ( ) (2122 1 2

KgkJqm KgSKJmQq82 . 232 . 5150 !

! ! KgKJWKgKJ smsmKgKJKgKJWflechaflecha83 . 9982 . 22000150 7017 . 275 98 . 4002 2! + ! Kwatts WsKgKgKJW1 . 53132 . 5 83 . 9900!v ! rta/lapotencia suministrada es de 531.1Kwatts. 23.Unconductoaisladode3,00indedimetrollevaaguadesdeunlagohastaunabomba situada 11.0 ftpor encima del nivel del lago. El agua entra al conducto de 3 in a 14.0 psia. 50 f y8ft/s.labombaaisladadescargaenunconductode2.0ina59.0psiay18ft/s.a continuacin elagua asciende 60.0 ft por elconducto de2in.Unatobera,situadaal finaldel conducto de 2 in, reduce el dimetro de la corriente y, a travs de ella, se descarga el agua a 14.7psia.Lagravedadlocales32.2ft/s2ytodoelprocesoesisotermoyadiabtico. Determnese. A.la potencia necesaria para mover la bomba en hp. B. el dimetro de salida de la tobera en pulgadas Primero que todo se todo tendremos que realizar el proceso de estos conductos DATOS: Para facilitar el proceso se realizan las conversiones a sistema internacional. mftmft alturasmsftVC F Tbares Kpa psia Pm in35 . 313048 . 00 . 11 144 . 2 8 10 509648 . 0 48 . 96 140762 . 0 3111! v !! !! !! ! !! ! U smsftVC F Tbares Kpa psia Pm in49 . 5 18 10 50066 . 4 6 . 406 590508 . 0 2212! !! !! ! !! ! U smsftgC F TKpa psia P81 . 9 2 . 32 10 503 . 101 7 . 14223! !! !! ! Seprocedeadeterminarlosdiferentesestados,paraestoseutilizaelgraficodevolumen especfico vs presin. 1)sepuedeobservarenelsiguientediagramaqueelaguaestaenunestadodeliquido comprimido. )1 22122 1 2) ( ) ( z z g v v P P Wflecha+ ++!J )KgKJWKgKJKgKJKgKJWm msm smsmmKNKgmWflechaflechamflecha534 . 0212 . 0 0121 . 0 31 . 01000353 . 3 3 . 188 . 9200044 . 2 49 . 5) 48 . 96 6 . 406 ( 10 0004 . 12 2233!+ + !+ +v !

) )sKgmKgmsm mmV Amooo123 . 1110 0004 . 144 . 240762 . 0332!v!!

xJ Paraencontrar la potencia necesariapara mover la bomba se utiliza la siguiente ecuacin: HpKwattsHpWattsKwattsWatts WsKgKgKJWm W Wflecha008 . 013405 . 11000194 . 5122 . 11 534 . 0000 0! v v !v !v ! rta/ la potencia necesaria es de 0.008 hp Para encontrar el rea tenemos que primero encontrar la velocidad final del proceso. Entoncescomonolatenemosnosbasamosenlaecuacindelaconservacindelamasa. 3020m m !Entonces: 33 330JA Vmv!Deestaecuacinpodemosdespejaelreafinaldelconductoyporendeel dimetro final. ) )KgKJhmKNKgmhP P h305 . 06 . 406 3 . 101 10 0004 . 12332 3 ! ( v v ! ( ! (

J Con la ecuacin de la energa cintica podemos encontrar la velocidad del tercer proceso. KgKJEKgKJEh ECCC305 . 0305 . 0! ( ! ( ( ! ( smVsmKgKJVKgKJV V5 . 244 . 2 305 . 0305 . 03232223!+ !! Ya con esta velocidad aplicamos la ecuacin: 2 533333330310 45 . 45 . 210 0004 . 1 122 . 11m AsmKgmsKgAVmA

v !v v!v!J Al encontrarla velocidad. Con la siguiente ecuacin encontramos el dimetro final. ) )adas pumada pum dmdmdAddAlg 95 . 20254 . 0lg 1075 . 04 10 45 . 44 10 45 . 4442 32 3323! v !v v!v v!v!v!

xxxx rta/ el dimetro final es de2.95 pulgadas 24. Se comprime isotrmica y cuasi estticamente medio kilogramo de aire en el interior de un sistema cerrado, de 1 bar y 30o C, a una presin final de 2.4 bares. Determine: a. El cambio en energa internab. La transferencia de calor en KJ P1 = 1 bar P2 = 2.4 bares T1 = 30o C a.Proceso isotrmico, por tanto b. Encontramos trabajo

Para gases ideales entonces 25. Un sistema cerrado contiene nitrgeno, como gas ideal en su interior, a una presin de 11 kPa y 850 F de temperatura, en este momento sufre un proceso de compresin isotrmica en el que la presin se triplica, lo que genera un calentamiento isobrico del nitrgeno contenido en el sistema en este instante ocurre una expansin segn la relacin PV1.3 = constante. a.El trabajo del ciclo en BTU/Lb b.El calor total del ciclo en BTU/lb c.El calor y el trabajo para cada proceso en BTU/lb P1= 110 KPa

P2= 3300 K P3=constante T1= 85o F = 302.4o K T2= constantec= P*V1.3 y n y P = c / V1.3

y

85.83 KJ/Kg Trabajo total

26.Unamasadecontrolrealizaunciclodepotenciaconairecomofluidoidealdetrabajo mediante tres procesos: 1. El fluido sufre una compresin isotrmica entre 1-2 2. Un calentamiento a presin constante entre 2-3 3. Un proceso politropico PVk = centre 3-1 donde K= cp/cv Determine: El calor y el trabajo por cada proceso exprselos en KJ/Kg(m) sabiendo que: P1= 1 atmP2= 6 atmT1= 700 F y y y

161.41 KJ/Kg 27. 2.13 pag 72 A un eje rotaorioa 200 rev/minse le aplica un par de 150N * m a) calulese la potencia transmitida enKWb)en una resistencia se le aplica un potencial de 115 v de modo que atraves de ella pasauna corrientede9Aduranteunperiodode5mincalculeseeltrabajoelectricoenkilojuliosyla potencia instantanea en kw solucion a) calculo la potencia de ejeX x ! n w 2 = (2xrad/rev)*(2000rev/min)*(150N*m) = 188495.592N*m/min*(1min/60seg)*(1j/1N*m)*(1w*s/1j) =31415.92654watt* (1kw/1000 w) = 31.4159kw b) Welectrico

welec=115V (9A) 1035VA (1W/VA)

welec =1035W Welec= ( ! 12t2t1t VI VIdt - dtelec wtt Welec= 1035W*(5min*60s/1min) Welec=1035W * 300s Welec=310500W*s = 310500j Welec= 310500j*(1Kj/1000j) Welec=310.5Kj b.1) potencia instantanea W KW W WA V inst w1000 / 1 * 10359 * 115! ! =10.35KW 2 PUNTO 2.17 pag 72 28. Un deposito de liquido contiene una rueda de paletas y una resistencia electrica . la rueda de paletas esta acondicionadamediante un par de 9.0 N * m y la velocidad del eje es 200 rev * minsimultneamentedesdeunafuente,de12.0Vsesuministraunacorrientede6.0Aala resistencia . calculese la potencia total suministrada al sistema envatios Solucion elec w eje w total w + ! ) * 9 ( * min) / 200 ( * ) / 2 ( 2 m N rev rev rad n eje w x X x ! ! ) 1 / * 1 * ) * 1 / 1 ( * ) 60 min/ 1 min( / * 7335 . 11309 j s w m N j seg m N eje w ! w eje w 49 . / 188 ! A V elec w 6 * 12 ! W VA W VA elec w 72 ) / 1 ( * 72 ! ! elec w eje w total W + ! w w total W 72 49 . 188 + ! w total W 49 . 260 ! 29.UnmuellelinealsecomprimedesdesulongitudnaturalL0hasta0.30mmedianteuna fuerza de 50 N despus se mantiene a una longitudde 0.70m que es la mayor de L0, mediante una fuerza de 150 N determinese : a)la longitud natural del muelle L0 en metrosb)la constante del muelle k enN/m c)el tabajo necesario para cambiar su longitudde 0.30 a0.70 m en N-m solucion a)f=k(L-L0) ) 0 30 . 0 ( 50 L m k N! y ) 0 70 . 0 ( 150 L m k N! Divido la 1 por la 2 0.33!= 0.33(0.70-L0)=(0.30-L0) =0.2331-0.33*L0=(0.30-L0) =0.2331=0.30-L0+0.3320 =0.2331-0.30=-L0+0.33*L0 =0.2331-0.30= (-1+0.33)L0 L0== L0=0.10metros b) f=k(L-L0)despejo k k=== k=250N/m c)w=[(L2-L0-(L1-L0] W=[(0.70m-0.10m-(0.30m-0.10m W=20083*(0.36-0.04) N*m W=6.6j 30.Considereunaregaderacomndondesemezclaaguacalientea140Fconaguafraa 50F. Si se desea suministrar una corriente permanente de agua caliente a 110 F, determine la razn de las relaciones de flujo de masa del agua caliente respecto de la fra. Considere que la mezcla se efecta a una presin de 20 PSI.3 2 1 ! + ! m m m m m sale entra Datos: T1=140F T2= 50F T3= 110F Desarrollo: )321221122 1222111hmmhmh mmm mmh m h m+ ! + +!+ h1 (140F) =107.96 Btu/lbm h2 (50F) =18.06 Btu/lbm h3 (110F) =78.02 Btu/lbm 202 . 78 96 . 10706 . 18 02 . 783 12 321!

!

!h hh hmm Relacin del flujo de masa = 2:1 31. Ejercicios del libro de Termodinmica Wark (pg. 234)5.88. A una cmara de mezcla entra agua de dos fuentes. Una fuente suministra un flujo msico de 2.000 kg/h de vapor de 90 por 100 de calidad. La segunda fuente suministra 2,790 kg/h de vapor a 280C. El proceso de mezcla es adiabtico y se realiza a una presin constante de 10 bar, siendo la velocidad de salida 8.9 m/s. Determnese (a) la temperatura de salida en grados Celsius, y (b) el dimetro del conducto de salida en centmetros.Datos: P cte= 10 bar Entrada: Kghm 20001 ! Vapor hmedo del 90% Kghm 2790 2 !Vapor C t2280 ! Salida: sKgshhKgm 55 . 036001. 20001! ! sKgshhKgm 775 . 036001. 27902! ! ? )? )81933cm dimetro bC T asmV!!!sKgm m m 33 . 13 2 1! ! + 33 3VV Am ! Fase L ComprimidoFase V Sobrecalentado KgKjhhhFg X hF h58 . 576 , 2) 3 . 2015 ( 9 . 0 81 . 762) (111!+ !+ ! 332 2 1 13 3 2 2 1 13 3 2 2 1 10hmh m h mh m h m h mh m h m h m! + ! + + ! sm Kgm KgKJsm Kgm KgKJsm g Kh) (33 . 1) () 2 . 008 , 3 ( *) () 775 . 0 () () 58 . 576 , 2 ( *) () 55 . 0 (3+! ) (818 . 23m KgKJh ! Interpolacin paratemperatura T EC AC B E DX +

!) () ( * ) ( A = 2.778,1 KJ/Kg(m) B = 28.840 KJ/Kg(m) C = 2.827,9 KJ/Kg(m) D = 179,91CE = 200 CX = 196.16 C KgKjhkgmVC T2 . 008 , 32480 . 0 2802322!!!a) La Temperatura de salida es 196.16C Interpolacin para Volumen V V3 = A = 179.91CD = 0.1944 m/Kg(m) B = 196.16CE = 0.2060 m/Kg(m) C = 200CX = 0.2037 m/Kg(m) cmcm ADDAcmmcmmsm KgVmVAVV Am6 . 194 * 4 . 304 4 *4*4 . 3041) 100 (* 0304 . 09 , 82037 , 0 .) (33 , 12 22222!! ! !! ! ! ! !x xx b) El dimetro del conducto de salida es 19.6 cm 32. Un calentador abierto del agua de alimentacin funciona a 7 bar. Por una toma entra agua en estado de lquido comprimido a 35C, por otra toma entra vapor de agua sobrecalentado y la mezclasaledeldispositivocomolquidosaturado.Determnese,engradosCelsius,la temperatura del vapor que entra si la relacin de flujos msicos de lquido comprimido a vapor sobrecalentado es 4.52:1. Datos: P cte= 7 bar Entrada: 1. Liquido comprimido T1= 35C2. Vapor sobrecalentado 3. Liquido saturado Desarrollo: 3 2 1 ! + ! m m m m m sale entra )321221122 1222111hmmhmh mmm mmh m h m+ ! + +!+ 3 12 321h hh hmm

! sm Kgmm ) (52 . 421! h1 (35C) = 146.68 KJ/Kg(m) h3 (P=7bar) = 697.22 KJ/Kg(m) h2=?3 12 3) (52 . 4h hh hsm Kg

! 2 3 3 1) ( *) (52 . 4 h h h hsm Kg! + 2) 22 . 697 () () 22 . 697 68 . 146 ( *) (52 . 4 hm KgKJsm Kg! + 2) (66 . 3185 hm KgKJ! Se Interpolacin de valores de h para hallar T: EC AC B E DX +

!) () ( * ) ( A 3184.7 KJ/Kg(m) B 3185.66 KJ/Kg(m) C 3268.7 KJ/Kg(m) D 360C E= 400C X= 360.45CLa temperatura T del vapor de agua sobrecalentado es 360.45C 33. Fluye vapor en estado permanente a travs de una turbina adiabtica. Las condiciones de entrada del vapor son: 10Mpa, 450C y 80 m/s; las condiciones de salida son: 10 Kpa, 92% de calidad y 50m/s. determine: a)El cambio de la energa cintica (KJ/Kg). b)La salida de potencia (Mw). c)El rea de entrada de la turbina (cm2). Condiciones: smVC TMpa P80 :450 :10 :1011smVxKpa P50 :% 9210 :22! a)Cambio de Energa cintica. Para expresar la energa cintica en trminos de KJ/Kg se debe realizar el siguiente procedimiento. b)Salida de potencia. Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinmicos de entrada y salida del fluido. Estado entrada: La temperatura de saturacin a 100 bares es de 311,1C. Como la Tdada>TSaturacin, el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado. Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A.14 Se determina la h de entrada por interpolacin: Tabla de interpolacin de entalpia. T (C) h (kJ/kg(m)) 440 450 480 3.246,1 X 3.348,4 Interpolando(a-c)=-40 C (d-e)= -102,3 kJ/kg (m) (b-c)=-30 C X Estado salida:

El fluido es un vapor hmedo porque el valor de la calidad es de 92%. Para los valores de h, v, u, T y P se trabaja con los valores de las tablas de agua en saturacin. (Tabla A.12 y A.13) La h es: Se procede a calcular el wflecha. q=0 porque la turbina es adiabtica.Z2 y Z1=0 La potencia ser igual: c)rea de entrada. Para determinar el v1: Vapor sobrecalentado a 100 bares y a 450C. Tabla interpolacin de volumen especifico. T (C) v (m3/kg(m)) 440 450 480 0,02911 X 0,03160 Interpolando(a-c)=-40 C (d-e)= -2,49x10-3 m3/kg (m) (b-c)=-30 C X 34. La salida de potencia de una turbina de vapor adiabtica es 5MW. Las condiciones de entrada del vapor son: 2Mpa, 400C, 50 m/s y z1=10m. Las condiciones de salida son 15 Kpa, 90% de calidad, 180 m/s y z2=6m. Determine: a)El trabajo realizado por unidad de masa del vapor que circula a travs de la turbina (KJ/Kg). b)Calcule la relacin de flujo de masa del vapor en Kg/s. Condiciones: smVC TMpa P50 :400 :2 :1011smVxKpa P180 :% 9015 :22! a)Trabajo realizado Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinmicos de entrada y salida del fluido. Estado entrada: La temperatura de saturacin a 20 bares es de 212,4C. Como la Tdada>TSaturacin, el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado. Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A.14. La entalpia de determina de la tabla A.14h1=3.247,6 KJ/kg. Estado salida: El fluido tiene una calidad del 90%, el cual se encuentra en un estado de vapor hmedo. Los datos de h, v, u, P y T NOse encuentran en la tabla A.13 y por ende hay que realizar una doble interpolacin. Tabla de interpolacin de entalpia para hf. P (bar) h (kJ/kg(m)) 0,10 0,15 0,20 191,83 X 251,40 Interpolando(a-c)=-0,1bar (d-e)= -59,57kJ/kg (m) (b-c)=-0,05bar X Tabla de interpolacin de entalpia para hg.. P (bar) h (kJ/kg(m)) 0,10 0,15 0,20 2.584,7 X 2.609,7 Interpolando(a-c)=-0,1bar (d-e)= -25kJ/kg (m) (b-c)=-0,05bar X m q=0 porque la turbina es adiabtica. b)Relacin del flujo de masa del vapor en Kg/s. 35.Secomprimeun flujo de18Kg/min deairedesde1bary 290khasta5bary 450K.El rea de entradaes de 0,025m2, elreadesalidaesde0,0025m2 ysepierde uncalorde50 KJ/Kg.Comodatosdepropiedadestmeselosdatosdelacapacidadtrmicaa400K. Determnese(a)lasvelocidadesdeentradaysalidaenm/s,(b)elflujovolumtricoenla entrada en m3/min, y (c) la potencia necesaria enkilovatios (Kw). Datos de entrada (Aire)Datos de salida = 18kg/mP2 = 5 bar = 500 Kpa P1 = 1 bar=100 KpaT2 = 450 KT1 = 290KA2 = 0,0025 m2 A1 = 0,025 m2 q = -50 KJ/Kg Donde, =Entrada = Salida Para hallar la velocidad utilizamos la ecuacin de flujo msico, que es la siguiente: De esta ecuacin despejamos la velocidad Pero como no tenemos volumen y sabemos que el aire es un gas ideal entonces por medio de la ecuacin de estado despejamos el volumen as: Despejamos el volumen. Donde Reemplazando los valores en la ecuacin tenemos: Ya con el volumen calculado encontramos la velocidad Lavelocidad de salida la encontramos de la misma manera, primero el volumen por la ecuacin de estado. g La velocidad de salida es LasentalpiaslasencontramosdirectamenteenlatabladelairetablaA.5pormediodelas temperaturas 1 y temperatura 2 (entalpias respectivas) El flujo volumtrico l en la entrada(m3/min) encontramos por la ecuacin: DondeQ = Caudal A = rea Para hallar el trabajo utilizamos la ecuacin de conservacin de la energa de energa: Ycomosabemosenunventilador sevuelveceroporquelasdiferenciasdealtura son las mismas, entonces la ecuacin queda as: Despejamos trabajo de flecha Para encontrar la potencia utilizamos la siguiente ecuacin: 36. Un ventilador recibe aire a 970 mbar, 20,0 C y3m/s y lo descarga a 1.020mbar, 21,6 C y 18m/s.Silacorrienteesadiabticayentran50m3/min,determneselapotenciasuministrada en kilovatios (Kw). Datos de entrada (Aire)Datos de salida P2 = 1,020mbar = 0,101 Kpa P1 = 970 mbar =96,99 KpaT2 = 21,6 C = 294,75K T1 = 20,0C = 293,15 K V2 = 18 m/s V1 = 3 m/s q = 0 Q = 50 m3/min Paraeste proceso tambin utilizamos las ecuaciones anteriores como la de conservacin de la energa: Para el caso vemos que el proceso esadiabtico entonces q es igual a cero Como tenemos caudal Q despejamos rea para hallar el gasto msico de la ecuacin: Ahora encontramos el volumen de entrada con ecuaciones anteriores Hallado el volumen, encontramos gasto msico Parahallarlasentalpiashayqueinterpolaryaqueaestastemperaturasnohayentalpias registradas Para lah1 para la h2 T(K)h1 (KJ/Kg) T (K)h2 (KJ/Kg) A 290D 290,16A290D 290,16 B 293,15XB 294,75X C 295E 295,17C295 E 295,17 Interpolando

Para la h2 se realiza el mismo proceso Con estos valores calculamos el trabajo de flecha del ventilador Para hallar la potencia del ventilador aplicamos la siguiente ecuacin: 37. Una olla a presin cocina mucho ms rpido que una olla normal, al mantener la presin y la temperaturamsaltasenelinterior.Latapadeunaollaapresinsellaperfectamenteyel vaporpuedeescaparsolo por unaabertura enlapartemediadelatapa.Una piezaseparada de cierta masa, la vlvula, se coloca sobre esta abertura y evita que el vapor escape hasta que lafuerzadelapresinsupereelpesodelavlvula.Enestaforma,elescapeperidicodel vapor previene cualquier presin potencialmente peligrosa y mantiene la presin interna con un valorconstante.Determinelamasadelavlvula(gr)deunaollapresin,cuyapresinde operacinesde100Kpayquetieneunreadeseccintransversalconunaaberturade 4 . Suponga una presin atmosfrica de 101.3 Kpa. y y y y 38. Una mezcla hmeda de agua se mantiene en un tanque rgido a 60c. El sistema se calienta hasta el estado final, que es el estado crtico. Determine: a)la calidad de la mezcla inicial b)el cociente inicial de volumen de vapor entre el volumen de lquido y y y y y y y m 39.Un gasto msico de refrigerante 134acirculante por un ciclo de refrigeracines 0,07 Kg/s, que entra al compresor adiabtico a 1,8 bar como vapor saturado y sale a 7 bar y 50C. el fluido es liquido saturado a la salida del condensador determnese: a)La potencia de entrada al compresor en kW b)El flujo de calor en el evaporador en kJ/sc)El cociente a dimensionaldefinido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. a)POTENCIA DE ENTRADA AL COMPRESOR EN Kw 1 2h h wcompresor !) (71 , 2391m kgkJh ! ) (35 , 2862m kgkJh ! ) (71 , 239) (35 , 286m kgkJm kgkJwcompresor ! ) (64 , 46m kgkJwcompresor!sm kgxm kgkJWcompresor) (07 , 0) (64 , 46 !kW Wcompresor26 , 3 !b)El flujo de calor en el evaporador en kJ/s4 1h h qevaporador !4 3h h !) (78 , 863m kgkJh !) (78 , 86) (71 , 239varm kgkJm kgkJqporador e !) (92 , 146varm kgkJqporador e! skgxm kgkJQporador e07 , 0) (92 , 146var! skJQporador e71 , 10var! c)El cociente adimensionaldefinido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. kWskJe coeficient26 , 371 , 10!28 , 3 ! e coeficientRESPUESTAS a)3,26 kWb) 10,71 kJ/s c) 3,28 a). la prsion local de un lugar determinado es de 725 mm cFsg = 10 si en un sistema un vacuometro registra 7 PSI Cul s la prsion absoluta en mbar? Patm =725mmC Fsg=10 Pg= -7PSI.= -48.238. -48.238kpa = =10. h h= = -0.49mCFsg=10 x = 496mmCFsg = 10 Pabs = patm + prelativa Pa = 725mmCF sg = 10 496mm CFsg = 10 P = h = 229mm CFsg = x 1m/1000mm x 10 x 9.81 K.N/m = 22.96kpa 22.46kpa x = 224.6mbar b). la presion en pies de columna de mercurio equivalente a la suma de 36 pulgadas de columna de fludo sg = 6 y 0.75m cFsg = 3.5 es: 36 pul x P = 0.9144m x 6 x 9.81 + 0.75 x 305 x 9.81 = 79.57 kpa P = 79.57 kpa h= m 8.11m x 40 a). la presion en cm.De columna de fluido con una densidad realtiva de 8.25 y que es equivalente a 350 pulgadas de colunma de fluido con una densidad relativa de 3,ms 5 cm de columna de fluido con densidad 4 es: p =350pul x x 3 x 9.81 + 0.05m x 4 x 9.81 = 263.5947

p = 263.5947 p = h h= = = 3.2569m h= 3.25m x cmCBg b). si lapresin absoluta de un fluido es de90kpa en un lugar donde un barmetro registra una presin de 3 pies de columna de mercurio.Cual es la presin relativa del fluido con una densidad de 5? Prelativa= Pab Patm Prelativa = 90kpa pies x x 9.81m Prelativa = 90 - Prelativa = m cFh 41.- Aire a 100Kp y 280K se comprime permanentemente hasta 600 kpa y 400. El gasto msico del aire, es de 0,02 kg(m)/s y hay una prdida de calor de 16 kJ/kg(m) durante el proceso. Considerando las variaciones de energa cintica y potencial despreciables. Determinar: a.- La entrada de potencia necesaria para el compresor. Solucin:) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + Si consideramos que la energa cintica y potencial son despreciables entonces: ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + Entonces:) 1 2 ( h h Wflecha q! +q h h Wflecha ! ) 1 2 (El valor de q corresponde a la perdida de calor en este caso 16 KJ/kg(m). El valor de las entalpias es calculado con las temperaturas dadas en la tabla de propiedades del aire: Entalpia a 280k=280,13 Entalpia a 400k=400.98 Posteriormente se reemplaza: q h h Wflecha ! ) 1 2 () kj/kg(m) 16 ( ) kj/kg(m) 13 . 280 kj/kg(m) 98 . 400 (! Wflecha85 . 136 ! Wflechakj/kg(m). El valor de la potencia viene dado por: ! m wflecha W *!W 85 . 136kj/kg(m)*0.02 kg(m)/seg. !W 2.737 Kwat Se realiza la conversin para pasar los Kwat a Hp: KwatHpKwat7467 . 01* 737 . 2=3.67 42.- A un compresor entra un flujo volumtrico de 4,5 m3/s de aire a 22C y 1 bar por una seccin de 0,030 m2.El flujo de calor perdido es 900 KJ/min. Determnese a.- La velocidad de entrada en m/s b.- El flujo msico en Kg/s c.- La potencia suministrada en Kilovatios. Solucin: a.- flujo volumtrico o caudal Q Q=A*V v msm* 030 . 0 5 . 423! 23030 . 0/ 5 . 4ms mv ! s m v / 150 !RTA.- La velocidad de entrada es 150m/s b.- 11 * 11

!A vm La velocidad 1 se conoce al igual que el rea, encontraremos el valor del volumen.Como se trata de aire se aplica la expresin RT P ! PRT! 1 Temperatura convertida a K K=C+273.15 K= 22C+273.15 K=295,15 2/ 10015 . 295*) ( / ) ( 97 . 28. / 314 . 81m KNKmol Kg m Kgk KGmol KJ ! ) (( / 8470 . 0 13m Kg m ! Encuentro el gasto msico: 11 * 11

!A vm ) ( / 8470 . 0030 . 0 * / 150132m Kg mm s mm! s m Kg m / ) ( 3128 . 5 1!RTA.- El gasto msico es de 5,3128 Kg(m)/s c.- La potencia suministrada en kilovatios: ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + Se calcula la perdida de calor: q Qm* ! min900KJQ ! = segKJ 15 mQq! seg m Kgseg KJq/ ) ( 312 . 5/ 15! ) ( / 8237 . 2 m Kg KJ q !Encuentro las entalpias a la entrada y a la salida Entalpia a la entrada a temperatura de 295.15K Se interpola para obtener el valor de la entalpia entre 295K y 300K A=295K . D=h=295.17 B= 295.15K h=X C= 300K E= h=300.19 EC AC B E DX +

!) () ( * ) ( Al aplicar la formula el valor de entalpia es= 295.3206 Entalpia a la salida: a 400K=400.98 Reemplazo ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + ) (100 * 2150 70) 3206 . 295 98 . 400 ( 8237 . 21 2212Z Z g Wflecha+

+! + Wflecha= 99.6831 ! m wflecha W *312 . 5 * 6831 . 99 !WKwat W 5166 . 529 ! Rta.- la potencia es igual a 529.5166kwat 43.- Se comprime dixido de carbono desde 0.1MPa y 310K hasta 0,5 MPa y 430K.El flujo volumtrico necesario en las condiciones de entrada es 30m3/min. La variacin de energa cintica es despreciable, pero se pierde un calor de 4,0 KJ/Kg. Determnese la potencia necesaria, en Kilovatios, utilizando los datos de la tabla A.9 Para determinar la potencia encuentro trabajo de flecha: ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + Con las temperaturas dadas encuentro el valor de las entalpias Entalpia a la entrada a temperatura de 310K= 9807KJ/Kmol Entalpia a la salida a temperatura de 430K= 14628 KJ/Kmol Como las unidades estn en KJ/Kg, Se debe convertir las unidades de la entalpia, dividiendo cada una sobre la masa molar del dixido de carbono 8357 . 222/ 01 . 44KJ/Kmol 98071 ! !kgmol kgh3790 . 332/ 01 . 44KJ/Kmol 146282 ! !kgmol kgh Kg Kj h h / 54 . 109 1 2 ! Se procede a sustituir en la frmula de trabajo de flecha: ) (2) 1 2 (1 22122Z Z gV Vh h Wflecha q+

+! + ) / 54 . 109 ( / 4 Kg Kj Wflecha Kg KJ ! + Kg KJ Kg Kj Wflecha / 4 ) / 54 . 109 ( + ! Kg KJ Wflecha / 543 . 113 ! El siguiente paso es encontrar el gasto msico 11 * 11

!A vm 1 * 1 A v Q ! Qcorresponde al valor de caudal y este ya est dado, se procede a encontrar el volumen especfico. seg m Q / / 5 . 03! Como se trata de un gas ideal se aplica la expresin RT P ! PRT! 1 2/ 100310*) ( / ) ( 01 . 44. / 314 . 81m KNKmol Kg m Kgk KGmol KJ! ) (( / 5856259 . 0 13m Kg m ! Reemplazo en la frmula de gasto msico: ) (( / 58562599 . 0/ 5 . 0133m Kg ms mm! seg Kg m / 853787 . 0 1 ! El valor de la potencia viene dado por: ! m wflecha flecha W * seg Kg Kg KJ flecha W / 853787 . 0 * / 543 . 113 ! seg Kg Kg KJ flecha W / 853787 . 0 * / 543 . 113 ! Kwat flecha W 94 . 96 ! La potencia requerida en kilovatios es 96,94 43.Enunciclosimpledepotencia,cuyapotenciadesalidanetaes9MW,elvapordeaguaentraala turbina a 10 MPa, 560 C y sale a 0,010 MPa y una calidad del 86 por 100. Del condensador sale lquido saturadoa0,010MPaylavariacindetemperaturaenlabombaadiabticaesdespreciable. Determnese(a)eltrabajodelabombaydelaturbina,ambosenkJ/kg,(b)elporcentajedecalor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida, y (c ) el flujo de calor cedido en el condensador en kJ/s. | _ _ | P1 = 10 MPa = 10000 KPa = 100 bar T1 = 560C P2 = 0.010 MPa = 10 KPa = 0.1 bar X = 86% En 3 liquido saturado P3 = 0.010MPa Hallar w de la bomba en KJ/Kg tTurbina Conden Bomba Caldera 2 1 4 3 1 23 4 p v En el diagrama podemos ver que la presion en el punto 4 y el punto 1 es la misma Como el proceso es adiabtico no hay variacin de temperatura, por tanto no hay variacin de energa interna Por tanto el trabajo de la bomba es Hallar el trabajo de la turbina en KJ/Kg PdadaTdadaTsatuestado vapor sobre calentado 100 bar 560C>311.1 Como el estado 2 es un vapor hmedola entalpia la podemos conseguir

Hallar el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida Para ello debemos encontrar el calor suministrado a la caldera Ahora calculamos el porcentaje Hallar el flujo de calor cedido por el condensador 44. I Ungasidealseencuentrainicialmentedentrodeunobjetodepistnycilindroa1.5baresy 0.03m3, se calienta a presin constante hasta que su volumen se duplica. Posteriormente se le permiteexpandirseisotrmicamentehastaqueelvolumenseduplicadenuevo.Determineel trabajo que hace el gas, en KJ/Kg mol, y grafique los procesos causiestaticos en un diagrama PV. La temperatura inicial es de 300K. II Unconjuntocilindro-pistncontiene0.4m3deairea100KPay80C,despuselairese comprime hasta un volumen de 0.1m3, permaneciendo la temperatura constante. Determinar: a)el trabajo realizado durante el proceso (KJ/Kg.(m)) b)el calor y su direccin de flujo III Unasustanciaseencuentracontenidaenunconjuntocilindro-pistnelpistntieneunamasa de 4.5Kg (m) e inicialmente la presin es de 1.5atm y 35C, al final del proceso la presin es de 60PSI y la temperatura 35C a)determine el trabajo realizado en KJ y su trayectoria b)que tipo de proceso se realiza IV Setieneaguaqueinicialmenteesunvaporsaturadoa1bar(estado1).Seextraecalora presin constante hasta que el volumen se de 1000cm3/gr. (m) (estado 2). Luego se suministra calor a volumen constante hasta que se alcanza una presin 3bares (estado 3) a)determine,eltrabajo,elcambiodeenergainternaylatransferenciadecalordel proceso 1-2 en KJ/Kg.(m) b)determine las mismas variables para el proceso 2-3 en KJ/Kg.(m) c)dibuje los dos procesos en un diagrama p-v con respecto a la lnea de saturacin I T= 300K P1 = 1.5 bar. = 150 KPaisobricoP2 = 150KPaisotrmico P3 = 107.62KPa V1= 0.03m3V2 = 0.06m3

V3 = 0.12m3 a)Proceso Isobrico Ahora como necesitamos el trabajo especifico: Tenemos que es la masa mol del aire y 0.15Kg (m) es la masa del aireEntonces: 12 b)Proceso Isotrmico Como es un gas ideal Entonces: II V1 = 0.4m3 P1 = 100KPa se comprime V2 = 0.1m3T1 = 80C = 353.15 KT2 = 80C a) Como es un gas ideal Entonces: Aire b) Para determinar tenemos que: Como el proceso es isotrmico = 0 Por tanto no hay variacin de energaEntonces III m = 4.5 Kg (m) P1 = 1.5atm proceso isotrmico P2 = 60PSI T1 = 35C T2=35C= 308.15K Como es un gas ideal Entonces: ComolaTesconstanterealizandoigualacinenlaformulaparagasesidealestenemosque Ahora reemplazamos en la formula de trabajo en la regin del ln

Ahora necesitamos que las presiones estn en las mismas unidades entonces IV Estado 1 Vapor saturadoP1 = 1bar extraecaloraPCte. . T = 99.63C Isobrico

2 Estado 2Vapor Hmedo . T = 99.63C P = 1bar Estado 3 Liquid Comprimido . T = 133.6C P (bar) 1 bar 1.0432 * 10 -3 1.6941V (m3/Kg) Vapor hmedo Liq. Com T (C) 99.63C V 1bar 3bar . . Por ser el proceso isovolumetricono hay trabajo Entonces La transferencia de de calor es